暑假作业16 导数解答题专练（巩固培优,5知识7题型巩固提升+能力培优+创新拓展）高二数学人教A版

**基本信息** 聚焦导数核心应用，以知识点为纲构建“概念-方法-题型”三维体系，融合高考真题与模拟题，强化逻辑推理与解题技巧迁移。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |单调性、极值、最值|3题型，含2026广东汕头模拟等|导数符号判断法、极值点判定流程|从导数几何意义到函数性质的应用| |恒成立、存在性问题|4题型，含2024全国甲卷等|分离变量求最值、参数范围转化|函数最值与不等式的逻辑关联| |零点问题|3题型，含2025广东汕头模拟等|方程解转化、数形结合分析|函数图像与零点个数的判定逻辑| |不等式证明|4题型，含2025江苏苏州模拟等|构造新函数、放缩不等式应用|函数单调性与不等式证明的推理链| |极值点偏移、同构|4题型，含2022全国甲卷等|构造对称函数、比值代换、结构变形|双变量问题转化为单变量的思维路径|

完成时间： 月 日 今日打卡：☐ 已完成 用时： min 自评勋章： 暑假作业16 导数解答题专练 【知识点1 单调性、极值、最值 】 1.函数的单调性与导数的关系 条件 恒有 结论 函数y＝f(x)在区间(a，b)上可导 f'(x)＞0 f(x)在区间(a，b)上单调递增 f'(x)＜0 f(x)在区间(a，b)上单调递减 f'(x)＝0 f(x)在区间(a，b)上是常数函数 【注意】　“f'(x)＞0在(a，b)上成立”是“f(x)在(a，b)上单调递增”的充分不必要条 2.函数的极值 条件 f'(x0)＝0 在包含x0的一个区间(a，b)上，函数y＝f(x)在任何不为x0的一点处的函数值都小于点x0处的函数值 在包含x0的一个区间(a，b)上，函数y＝f(x)在任何不为x0的一点处的函数值都大于点x0处的函数值 图象 极值点 x0为极大值点 x0为极小值点 极值 f(x0)为极大值 f(x0)为极小值 极大值点与极小值点统称为极值点，极大值与极小值统称为极值. 【注意】　(1)函数的极值点一定出现在区间的内部，区间的端点不能称为极值点.(2)在函数的整个定义域内，极值不一定是唯一的，有可能有多个极大值或极小值.(3)极大值与极小值之间无确定的大小关系. 3.函数的最值 (1)最值点 最大值点：函数y＝f(x)在区间[a，b]上的最大值点x0指的是：函数f(x)在这个区间上所有点处的函数值都不超过f(x0). 最小值点：函数y＝f(x)在区间[a，b]上的最小值点x0指的是：函数f(x)在这个区间上所有点处的函数值都不小于f(x0). (2)最值：函数的最大值和最小值统称为最值. [微提醒]　函数最值是“整体”概念，而函数极值是“局部”概念，极大值与极小值之间没有必然的大小关系. 【知识点2 恒成立 、 存在性问题】 1. 两类基本命题 （1）设恒成立： 恒成立 恒成立 （2）存在性： 2．分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题. (1)a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max；a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min； (2)a≥f(x)能成立⇔a≥f(x)min；a≤f(x)能成立⇔a≤f(x)max. 【知识点3 函数零点问题】 1. 零点定义:的解 函数图像与轴交点横坐标 2.含参数的函数求零点个数问题，可转化为求方程解的个数，若能分离参数，可将参数分离出来后，用x表示参数的函数，作出该函数的图象，根据图象特征得出零点个数及对应参数的范围. 3.利用函数性质研究函数的零点，主要是根据函数单调性、奇偶性、最值或极值的符号确定函数零点的个数，此类问题在求解过程中可以通过数形结合的方法确定函数零点存在的条件. 4.涉及函数的零点(方程的根)问题，主要利用导函数确定函数的单调区间和极值点，根据导函数零点的个数寻找函数在给定区间内的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求得参数的取值范围. 【知识点4 导数证明不等式】 1. 单变量不等式： （1）移项构造新函数： （2）求单调性、最值 （3）证明： 即可 2. 常用放缩不等式（必背，秒杀复杂证明）（，高考直接用） （1）， （2）， （3） （4） 【知识点5 极值点偏移、同构（拓展）】 1. 双零点 、极值点偏移 特征：已知，求证、等 常用方法： （1）对结论x1＋x2＞2x0型，构造函数F(x)＝f(x)－f(2x0－x). 对结论x1x2＞型，方法一是构造函数F(x)＝f(x)－f ，通过研究F(x)的单调性获得不等式；或两边取对数，转化成ln x1＋ln x2＞2ln x0，再把ln x1，ln x2看成两变量即可. （2）比值代换法是指通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换t＝化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明. 2.含混合不等式：同构法 把式子变形为左右结构一致：，利用函数单调性得关系。 常见同构形式：、、 等。 【题型1 函数的单调性】 1．(2026·广东汕头模拟)已知函数 ． （1）若 ，求 在 处的切线方程； （2）讨论 的单调性． 【解析】（1）若 ，则 ， ，所以 ， ， 故 在 处的切线方程为 ，即 ． （2）因为 ，且 ， 当 时， 时 ， 时 ， 所以， 在 上单调递减， 在 上单调递增； 当 时， 时 ， 时 ， 时 ， 所以， 在 、 上分别单调递增， 在 上单调递减； 当 时， 时 恒成立，故 在 上单调递增； 当 时， 时 ， 时 ， 时 ， 所以， 在 、 上分别单调递增， 在 上单调递减． 综上，当 时， 在 上单调递减， 在 上单调递增； 当 时， 在 、 上分别单调递增， 在 上单调递减； 当 时， 在 上单调递增； 当 时， 在 、 上分别单调递增， 在 上单调递减． 2.(2025·湖南衡阳模拟)函数f(x)＝ln x－ax＋2ln a. (1)当a＝2时，讨论f(x)的单调性； (2)f(x)在(0，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围. 【解析】(1)当a＝2时，f(x)＝(2x＋1)ln x－2x＋2ln 2，f(x)的定义域为(0，＋∞)， 所以f'(x)＝2ln x＋－2＝，令g(x)＝2xln x＋1，则g'(x)＝2ln x＋2＝2(ln x＋1)， 令g'(x)＝0，即ln x＋1＝0⇒x＝， 当0＜x＜时，g'(x)＜0，g(x)单调递减；当x＞时，g'(x)＞0，g(x)单调递增； 所以g(x)min＝g＝1－＞0，所以f'(x)＞0在(0，＋∞)上恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增. (2)因为f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以f'(x)≥0，x∈(0，＋∞)恒成立， f'(x)＝aln x＋－a＝≥0，x∈(0，＋∞)恒成立，即axln x＋1≥0，x∈(0，＋∞)恒成立. 令h(x)＝axln x＋1，则h'(x)＝a(1＋ln x).因为a＞0，当0＜x＜时，h'(x)＜0，h(x)单调递减； 当x＞时，h'(x)＞0，h(x)单调递增；所以h(x)取得最小值h＝1－.所以1－≥0，0＜a≤e. 所以实数a的取值范围为. 3.(2025·浙江温州模拟)已知函数f(x)＝aln x－ax－3(a∈R). (1)求函数f(x)的单调区间； (2)若函数y＝f(x)的图象在点(2，f(2))处的切线的倾斜角为45°，对于任意的t∈[1，2]，函数g(x)＝x3＋x2·在区间(t，3)上不是单调函数，求实数m的取值范围. 【解析】(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f'(x)＝， 当a＞0时，f(x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞)； 当a＜0时，f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0，1)； 当a＝0时，f(x)为常函数，无单调区间. (2)由(1)及题意得f'(2)＝－＝1，即a＝－2， 所以f(x)＝－2ln x＋2x－3，f'(x)＝(x＞0).所以g(x)＝x3＋x2－2x， 所以g'(x)＝3x2＋(m＋4)x－2. 因为g(x)在区间(t，3)上不是单调函数， 即g'(x)在区间(t，3)上有变号零点. 由于g'(0)＝－2，所以 当g'(t)＜0时，即3t2＋(m＋4)t－2＜0对任意t∈[1，2]恒成立，由于g'(0)＜0， 故只要g'(1)＜0且g'(2)＜0， 即m＜－5且m＜－9，即m＜－9， 又g'(3)＞0，即m＞－，所以－＜m＜－9. 即实数m的取值范围是. 【题型2 求已知函数的极值(极值点)、最值】 1.(2026·吉林十校)已知函数f(x)＝ln x－ax(a∈R). (1)当a＝时，求f(x)的极值； (2)讨论函数f(x)在定义域内极值点的个数. 【解析】(1)当a＝时，f(x)＝ln x－x，函数的定义域为(0，＋∞)且f'(x)＝－＝， 令f'(x)＝0，得x＝2，于是当x变化时，f'(x)，f(x)的变化情况如下表： x (0，2) 2 (2，＋∞) f'(x) ＋ 0 － f(x) ↗ ln 2－1 ↘ 故f(x)在定义域上的极大值为f(2)＝ln 2－1，无极小值. (2)由(1)知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f'(x)＝－a＝. 当a≤0时，f'(x)＞0在(0，＋∞)上恒成立， 则函数在(0，＋∞)上单调递增，此时函数在定义域内无极值点； 当a＞0时，若x∈，则f'(x)＞0， 若x∈，则f'(x)＜0，故函数在x＝处有极大值. 综上可知，当a≤0时，函数f(x)无极值点， 当a＞0时，函数y＝f(x)只有一个极大值点，且为x＝，无极小值点. 2.(2024·新课标Ⅱ卷)已知函数f(x)＝ex－ax－a3. (1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)若f(x)有极小值，且极小值小于0，求实数a的取值范围. 【解析】(1)当a＝1时，f(x)＝ex－x－1，则f'(x)＝ex－1，则f'(1)＝e－1. 又f(1)＝e－2，所以切点坐标为(1，e－2)， 所以切线方程为y－(e－2)＝(e－1)(x－1)，即(e－1)x－y－1＝0. (2)因为f(x)的定义域为R，且f'(x)＝ex－a， 若a≤0，则f'(x)＞0对任意x∈R恒成立，可知f(x)在R上单调递增，无极值，不合题意； 若a＞0，令f'(x)＞0，解得x＞ln a；令f'(x)＜0，解得x＜ln a；可知f(x)在内单调递减，在内单调递增，则f(x)有极小值f＝a－aln a－a3，无极大值， 由题意可得：f＝a－aln a－a3＜0， 即a2＋ln a－1＞0，令g＝a2＋ln a－1，a＞0，则g'＝2a＋＞0， 所以g内单调递增，且g＝0，不等式a2＋ln a－1＞0等价于g＞g，解得a＞1， 所以实数a的取值范围为. 3.(2024·山东泰安模拟)已知函数f(x)＝，g(x)＝＋tln x. (1)讨论函数g(x)的单调性； (2)若函数H(x)＝f(x)－g(x)在(0，2)有两个极值点，求实数t的取值范围. 【解析】(1)当t＝0时，g(x)＝0为常函数，不具有单调性； 当t≠0时，g(x)＝＋tln x的定义域为(0，＋∞)， g'(x)＝－＋＝， 若t＞0，令g'(x)＞0，得x＞2，令g'(x)＜0，得0＜x＜2， 故g(x)＝＋tln x在上单调递增，在上单调递减， 若t＜0，令g'(x)＞0，得0＜x＜2，令g'(x)＜0，得x＞2， 故g(x)＝＋tln x在上单调递增，在上单调递减， 综上，当t＝0时，不具有单调性； 当t＞0时，g(x)在上单调递增，在上单调递减； 当t＜0时，g(x)在上单调递增，在上单调递减. (2)H(x)＝f(x)－g(x)＝－－tln x，定义域为(0，＋∞)， H'(x)＝，H(x)＝f(x)－g(x)在(0，2)有两个极值点， 即q(x)＝ex－tx在(0，2)有两个变号零点，q'(x)＝ex－t， 若t≤0，则q'(x)＞0，故q(x)＝ex－tx在上单调递增， 所以q(x)＝ex－tx在(0，2)上没有两个变号零点，舍去； 若t＞0，令q'(x)＝0得x＝ln t， 若0＜t≤1，则x＝ln t≤0，此时q(x)＝ex－tx在上单调递增， 所以q(x)＝ex－tx在(0，2)上没有两个变号零点，舍去； 若t≥e2，则x＝ln t≥2，此时q(x)＝ex－tx在上单调递减， 所以q(x)＝ex－tx在(0，2)上没有两个变号零点，舍去； 若1＜t＜e2，则令q'(x)＞0，得ln t＜x＜2， 令q'(x)＜0，得0＜x＜ln t， 故q(x)＝ex－tx在上单调递减，在上单调递增， 令q＝t－tln t＜0，由于1＜t＜e2，解得e＜t＜e2， 又x趋向于0时，q(x)趋向于1，q(2)＝e2－2t＞0， 故当e＜t＜时，满足q(x)＝ex－tx在(0，2)有两个变号零点， 故实数t的取值范围是. 【题型3 利用导数研究不等式恒(能)成立问题】 1．(2026·重庆模拟)已知函数 ． (1)当 时，求证： 恒成立； (2)若 恒成立，求 的取值范围． 【解析】（1）当 时， ， 则 ，且 的定义域为 ， 令 ， ，令 ， ， 则 在 上单调递减，在 上单调递增， 故 ， 得到 恒成立. （2）若 恒成立，则 恒成立， 得到 恒成立，易得 ， 故 恒成立，令 ， 得到 恒成立，令 ，则 恒成立， 而 ，令 ， ，令 ， ， 得到 在 上单调递增，在 上单调递减， 则 ，即 . 2.(2025·江苏南京质检)已知函数f(x)＝ax－ex(a∈R)，g(x)＝. (1)当a＝1时，求函数f(x)的极值； (2)若存在x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex成立，求实数a的取值范围. 【解析】(1)当a＝1时，f(x)＝x－ex，则f'(x)＝1－ex， 当x＜0时，f'(x)＞0，当x＞0时，f'(x)＜0， 所以函数f(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减， 所以函数f(x)的极大值为f(0)＝－1，无极小值. (2)若存在x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex成立， 则ax≤(x＞0)，即a≤(x＞0)，则问题转化为a≤(x＞0)， 令h(x)＝，x＞0，h'(x)＝＝， 当0＜x＜时，h'(x)＞0，当x＞时，h'(x)＜0， 所以函数h(x)在(0，)上单调递增，在(，＋∞)上单调递减， 所以h(x)max＝h()＝，所以a≤，即实数a的取值范围为. 3．(2024·江南十校) ． （1）若 ，讨论 的单调性； （2）若 时， 恒成立，求 的范围； （3）证明： ． 【解析】（1）当 时， ，故 ， 时等号成立， 故 在R上单调递减. （2）由题设有 ， ， 因 ，由基本不等式有 ， 若 ， ， 则 （不恒为零），此时 为 上的减函数，故 ， 矛盾； 若 ，则 ，故 ， 此时 为 上的增函数，故 ， 若 ，设 ， 则 ，故存在 ，使得 ，总有 ， 故 为 上的减函数，故 ，有 ，矛盾； 综上， . （3）取 ，则 在 上恒成立， 再令 ，故 ， 故 ，故 ， 故 . 取 ，则 ，故 ， 则由（2）可得 ， ， 当 时，设 ， 则 ，故 在 为增函数，故 ， 即 在 上恒成立，故 在 上为减函数， 故 在 上恒成立， 故 ，故 ， 整理得 . 综上， . 4.(2024·全国甲卷)已知函数f(x)＝(1－ax)ln(1＋x)－x. (1)当a＝－2时，求f(x)的极值； (2)当x≥0时，f(x)≥0，求实数a的取值范围. 【解析】(1)当a＝－2时，f(x)＝(1＋2x)ln(1＋x)－x，x∈(－1，＋∞)， f'(x)＝2ln＋－1＝2ln－＋1. 易知f'(x)在(－1，＋∞)上单调递增，且f'(0)＝0， 所以当x∈(－1，0)时，f'(x)＜0，当x∈(0，＋∞)时，f'(x)＞0， 所以f(x)在(－1，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， 所以当x＝0时，f(x)取得极小值f(0)＝0，f(x)无极大值. (2)f(x)＝(1－ax)ln(1＋x)－x，x∈(－1，＋∞)，则f'(x)＝－aln－， 设g(x)＝－aln(1＋x)－，则g'(x)＝－－. 因为当x≥0时，f(x)≥0，且f(0) ＝0，f'(0)＝0，所以g'(0) ＝ －2a－1≥0，得a≤－， 故a≤－是原不等式成立的一个必要条件. 当a≤－，x≥0时，g'(x)≥－＝≥0， 所以f'(x)在[0，＋∞)上单调递增，且f'(x)≥f'(0)＝0， 所以f(x)在[0，＋∞)上单调递增，且f(x)≥f(0)＝0. 综上，实数a的取值范围是. 【题型4 利用导数研究函数的零点问题】 1.(2025·广东汕头模拟)已知函数f(x)＝x(ex－ax2). (1)若曲线y＝f(x)在x＝－1处的切线与y轴垂直，求y＝f(x)的极值； (2)若f(x)在(0，＋∞)只有一个零点，求a. 【解析】(1)函数f(x)＝x(ex－ax2)的定义域为R，则f'(x)＝(x＋1)ex－3ax2，f'(－1)＝－3a，依题意，f'(－1)＝0，则a＝0，f(x)＝xex，f'(x)＝(1＋x)ex，当x＜－1时，f'(x)＜0，当x＞－1时，f'(x)＞0， 因此函数f(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增， 所以函数f(x)在x＝－1处取得极小值f(－1)＝－，无极大值. (2)函数f(x)＝x(ex－ax2)在(0，＋∞)只有一个零点，等价于y＝ex－ax2在(0，＋∞)只有一个零点， 设g(x)＝ex－ax2，则函数g(x)在(0，＋∞)只有一个零点，当且仅当g(x)＝0在(0，＋∞)只有一解， 即a＝在(0，＋∞)只有一解，所以曲线y＝(x＞0)与直线y＝a只有一个公共点， 令φ(x)＝(x＞0)，则φ'(x)＝，当0＜x＜2时，φ'(x)＜0，当x＞2时，φ'(x)＞0， 因此函数φ(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增， 函数φ(x)在x＝2处取得极小值同时也是最小值φ(2)＝， 当x→0时，φ(x)→＋∞；当x→＋∞时，φ(x)→＋∞， 画出φ(x)＝大致的图象，如图， g(x)在(0，＋∞)只有一个零点时，a＝φ(2)＝， 所以f(x)在(0，＋∞)只有一个零点时，a＝. 2.(2026·海南三亚模拟)已知函数f(x)＝，g(x)＝tanx. (1)讨论f(x)的单调性； (2)设函数F(x)＝f(x)－g(x)，试判断F(x)在∪内的零点个数. 【解析】(1)函数f(x)＝的定义域为{x|x≠0}，则f′(x)＝＝， 令f′(x)＝0，得x＝1.当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0； 当x∈(0，1)时，f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0， 所以f(x)在(－∞，0)，(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增. (2)令F(x)＝f(x)－g(x)＝－tanx＝0，得xsinx－excosx＝0. 令h(x)＝xsinx－excosx，则h′(x)＝(ex＋1)sinx＋(x－ex)cosx. ①当x∈时，可知ex>0>x，则ex>x，所以x－ex<0， 又sinx<0，cosx>0，所以h′(x)<0， 从而h(x)＝xsinx－excosx在上单调递减，又h(0)＝－1<0，h＝>0， 由零点存在定理及h(x)的单调性，得h(x)在内有一个零点. ②当x∈时，cosx≥sinx>0，由(1)知函数f(x)＝在(0，1)上单调递减， 所以当x∈时，f(x)＝>f(1)＝e>1，则ex>x>0.所以excosx>xsinx， 则h(x)＝xsinx－excosx<0恒成立.所以h(x)在内无零点. ③当x∈时，sinx>cosx>0，h′(x)＝ex(sinx－cosx)＋(xcosx＋sinx)>0， 则h(x)在上单调递增.又h＝>0，h＝<0， 由零点存在定理及h(x)的单调性，得h(x)在内存在一个零点. 综上，h(x)在∪内的零点个数为2，即F(x)在∪内的零点个数为2. 3.(2026·山西大同模拟)设函数f(x)＝(x－2)ln (x－1)－ax，a∈R. (1)若f(x)在(2，＋∞)上单调递增，求a的取值范围； (2)若f(x)有两个不同的零点，求a的取值范围. 【解析】(1)∵f′(x)＝ln (x－1)＋1－－a(x>1)，令H(x)＝ln (x－1)＋1－－a(x>1)， 则H′(x)＝＋>0，∴f′(x)在(1，＋∞)上单调递增， ∵f(x)在(2，＋∞)上单调递增，∴f′(2)≥0，∴－a≥0⇒a≤0.∴a的取值范围是(－∞，0]. (2)f(x)＝0⇒a＝，令g(x)＝， 故g′(x)＝－2·＝， 令h(x)＝(x－1)－＋2ln (x－1)，∴h′(x)＝1＋＋>0， ∴h(x)在(1，＋∞)上单调递增，又h(2)＝0，∴当1<x<2时，h(x)<0，即g′(x)<0， 当x>2时，h(x)>0，即g′(x)>0， ∴g(x)在(1，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，∴g(x)≥g(2)＝0， 又当x→1时，→－1，ln (x－1)→－∞，则g(x)→＋∞； 当x→＋∞时，→1，ln (x－1)→＋∞，则g(x)→＋∞， 若f(x)有两个不同的零点，则需满足a>0，∴a的取值范围为(0，＋∞). 【题型5 利用导数研究不等式证明问题】 1．（25-26高三上·天津蓟州·期中）已知函数. (1)求曲线在点处的切线斜率； (2)当时，求证：． 【解析】（1）由，可得， 所以切线斜率为． （2）令， 则， 当时，所以在上单调递减， 当时，所以在上单调递增， 所以当时，有最小值为， 所以当时，，即当时，． 2.(2025·江苏苏州模拟)已知函数f(x)＝ln x＋ax＋1，a∈R. (1)讨论f(x)的单调性； (2)当a≤2时，证明：≤e2x. 【解析】(1)函数f(x)＝ln x＋ax＋1，a∈R的定义域为(0，＋∞)，且f'(x)＝＋a. 当a≥0时，∀x∈(0，＋∞)，f'(x)＝＋a＞0恒成立，所以f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增； 当a＜0时，令f'(x)＝＋a＝＝0，解得x＝－， 当x∈时，f'(x)＞0，f(x)在区间上单调递增， 当x∈时，f'(x)＜0，f(x)在区间上单调递减. 综上所述，当a≥0时，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增； 当a＜0时，f(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减. (2)证明：当a≤2时，因为x＞0，f(x)＝ln x＋ax＋1≤ln x＋2x＋1，所以要证≤e2x，只要证明≤e2x即可， 即要证ln x＋2x＋1≤xe2x，等价于e2x＋ln x≥ln x＋2x＋1(*). 令g(x)＝ex－x－1，则g'(x)＝ex－1，在区间上，g'(x)＜0，g(x)单调递减； 在区间(0，＋∞)上，g'(x)＞0，g(x)单调递增，所以g(x)≥g(0)＝e0－0－1＝0，所以ex≥x＋1(当且仅当x＝0时等号成立)， 所以(*)成立，当且仅当2x＋ln x＝0时，等号成立. 又h(x)＝2x＋ln x在(0，＋∞)上单调递增，h＝－1＜0，h(1)＝2＞0， 所以存在x0∈，使得2x0＋ln x0＝0成立.综上所述，原不等式成立. 3.(2025·天津八校模拟)已知函数f(x)＝xln x＋x. (1)求函数f(x)的最小值； (2)证明：ln x＋1>－. 【解析】(1)f′(x)＝ln x＋2. 当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增. 所以f(x)min＝f＝－. (2)证明：因为x>0，所以只需证明xln x＋x>－. 设g(x)＝－，则g′(x)＝， 当x∈(0，1)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减， 所以g(x)max＝g(1)＝－，所以g(x)≤－，由(1)知f(x)＝xln x＋x≥－. 又因为等号不能同时取到，所以xln x＋x>－，即原不等式得证. 4.(2026·河南顶级名校高三上月考)已知函数f(x)＝aln x＋x2，其中a∈R. (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)当a＝1时，求证：f(x)≤x2＋x－1； (3)求证：对任意的n∈N*且n≥2，都有…<e(其中e≈2.7183为自然对数的底数). 【解析】(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)， 则f′(x)＝＋2x＝. ①当a≥0时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增. ②当a<0时，令f′(x)＝0，解得x＝.当0<x<时，f′(x)<0， 所以f(x)在上单调递减；当x>时，f′(x)>0， 所以f(x)在上单调递增. 综上，当a≥0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a<0时，函数f(x)在上单调递减，在上单调递增. (2)证明：当a＝1时，f(x)＝ln x＋x2， 要证f(x)≤x2＋x－1，即证ln x≤x－1，即ln x－x＋1≤0， 设g(x)＝ln x－x＋1，则g′(x)＝，令g′(x)＝0，得x＝1. 当x∈(0，1)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减， 所以g(x)≤g(1)＝0，即ln x－x＋1≤0.故f(x)≤x2＋x－1. (3)证明：由(2)知ln x≤x－1(当且仅当x＝1时，等号成立)， 令x＝1＋，则ln <<＝－， 所以ln ＋ln ＋…＋ln <＋＋…＋<＋＋…＋＝－＋－＋…＋－＝1－<1＝ln e， 即ln <ln e， 所以…<e. 【题型6 极值点偏移问题】 1.(2025·河北名校模拟)已知函数f(x)＝ln x＋. (1)若函数f(x)在[1，＋∞)上单调递增，求a的取值范围； (2)当a＝1时，若方程f(x)＝m有两个实数根x1，x2，且x1<x2，证明：x1＋x2>2. 【解析】(1)由题意，得f′(x)＝－＝(x>0)， 当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，满足题意； 当a>0时，当0<x<a时，f′(x)<0，f(x)在(0，a)上单调递减， 当x>a时，f′(x)>0，f(x)在(a，＋∞)上单调递增， 又函数f(x)在[1，＋∞)上单调递增，故0<a≤1.综上，a的取值范围为(－∞，1]. (2)证明：当a＝1时，f(x)＝ln x＋， 由(1)可知，f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 所以0<x1<1<x2，令g(x)＝f(x)－f(2－x)(0<x<1)， 则g′(x)＝－＝－<0， 所以g(x)在(0，1)上单调递减，g(x)>g(1)＝0，即f(x)>f(2－x)(0<x<1)， 因为0<x1<1，所以f(x1)>f(2－x1)， 故f(x2)＝f(x1)>f(2－x1)，又f(x)在(1，＋∞)上单调递增，2－x1>1， 所以x2>2－x1，故x1＋x2>2. 2.(2022·全国甲卷)已知函数f(x)＝－ln x＋x－a. (1)若f(x)≥0，求实数a的取值范围； (2)证明：若f(x)有两个零点x1，x2，则x1x2＜1. 【解析】(1)由题意知函数f(x)的定义域为(0，＋∞).由f'(x)＝－＋1＝＝， 可得函数f(x)在 上单调递减，在 上单调递增. 所以f(x)min＝f(1)＝e＋1－a.又f(x)≥0，所以e＋1－a≥0，解得a≤e＋1， 所以实数a的取值范围为(－∞，e＋1]. (2)证明：不妨设x1＜x2，则由(1)知0＜x1＜1＜x2，＞1. 令F(x)＝f(x)－f，x∈(0，1)，则F'(x)＝＋·＝. 令g(x)＝ex＋x－x－1， 则g'(x)＝ex＋1－＋x·＝ex＋1＋，所以当x∈ 时，g'(x)＞0， 所以当x∈ 时，g(x)＜g(1)＝0，所以当x∈ 时，F'(x)＞0， 所以F(x)在 上单调递增，所以F(x)＜F(1)， 即在 上f(x)－f＜F(1)＝0.又f(x1)＝f(x2)＝0，所以f(x2)－f＜0， 即f(x2)＜f.由(1)可知，函数f(x)在 上单调递增， 所以x2＜，即x1x2＜1. 3.(2023·湖南湘潭模拟)已知函数f(x)＝ax2－.若f(x)有两个极值点x1，x2. (1)求实数a的取值范围； (2)求证：x1x2＞e. 【解析】(1)因为函数f(x)＝ax2－，可得f'(x)＝2ax－， 令f'(x)＝0，解得a＝，设p(x)＝，可得p'(x)＝，x＞0， 因为f(x)有两个极值点x1，x2，则直线y＝a与函数p(x)＝的图象有两个不同的交点， 当x∈时，p'(x)＞0；当x∈时，p'(x)＜0， 所以p(x)在上单调递增，在上单调递减，所以p(x)max＝p＝. 又当x→0时，p(x)→－∞，x→＋∞时，p(x)→0，故可作出p(x)的大致图象，如图所示，结合图象可得，0＜a＜，即实数a的取值范围为. (2)证明：由函数f'(x)有两个零点x1，x2， 所以2a＝ln ，2a＝ln ， 令t1＝，t2＝，则等价于关于t的方程2at＝ln t有两个不相等的实数根t1，t2， 只需证明t1t2＞e2，不妨令t1＞t2，由2at1＝ln t1，2at2＝ln t2得2a＝， 要证t1t2＞e2，只需证明ln t1＋ln t2＞2， 即证ln t1＋ln t2＝2a＝·＞2，即证ln t1－ln t2＞， 即证ln＞，令m＝，则m＞1，只需证明ln m＞， 令s＝ln m－，则s'＝＞0， 所以s上单调递增，所以s＞ln 1－＝0， 综上所述，原不等式成立. 4．(2026·辽宁大连模拟)已知f(x)= -ln x. (1)求函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程； (2)若方程f(x)=k-x有2个实数根x1，x2(x1<x2)，求证：x1x2<1. 【解析】(1)f'(x)=-=，则f'(1)=-1，又f(1)=， 所以函数f(x)的图象在点(1，)处的切线方程为y-=-(x-1)，即y=-x+1+. (2)依题意，方程-ln x=k-x有2个实数根x1，x2(x1<x2)， 即方程k=-ln 有2个实数根x1，x2(x1<x2). 令t(x)=(x>0)，则t'(x)=， 当x∈(0，1)时，t'(x)>0，t(x)单调递增，当x∈(1，+∞)时，t'(x)<0，t(x)单调递减， 故t(x)max=t(1)=，当x>0时，t(x)=>0，则k=t-ln t，t∈(0，]. 令h(t)=t-ln t(0<t≤)，则h'(t)=1-=， 当t∈(0，]时，h'(t)<0，h(t)单调递减，所以h(t)min=h()=1+. 当k>1+时，存在唯一的t0∈(0，)，满足k=h(t0)， 且存在x1，x2，满足0<x1<1<x2，且==t0. 因为=，所以ln x1-x1=ln x2-x2，设p=>1，则x2=px1， 故ln x1-x1=ln px1-px1=ln p+ln x1-px1，所以x1=，x2=p， 要证x1x2<1，只需证p()2<1，只需证(ln p)2<， 只需证0<ln p<-，令=m(m>1)，则ln p=ln m2=2ln m， 只需证2ln m<m-，只需证2ln m-m+<0. 令F(m)=2ln m-m+(m>1)，则F'(m)=-1-=<0， 所以F(m)在(1，+∞)上单调递减，F(1)=0，所以F(m)<0，得证. 【题型7 指数与对数同构问题】 1.已知 ，不等式 恒成立，求实数的取值范围。 【解析】整理式子： 左边同构：，右边 令 （时，单调递增） 不等式化为：，对任意恒成立 设 ， ① ：，时，舍去； ② ：令 综上： 2.(2022·山东高考)已知函数 。 （1）当 时，求曲线 在点 处的切线与两坐标轴围成的三角形面积； （2）若 ，求 的取值范围。 【解析】当 时，函数为： 切线方程（点斜式）： 整理得： 令 ，得 （y 轴交点）令 ，得 （x 轴交点） 三角形面积： （2） 时 （） 令 ，则 ，故 在 R上单调递增。 原不等式等价于： 由 的单调性，可得： 整理得： 令 ， 当 时，， 单调递增； 当 时，， 单调递减； 因此 在 处取得最大值： 要使 对所有 恒成立，只需 ，即 。 3.(2023·新课标Ⅰ卷)已知函数f(x)＝a(ex＋a)－x. (1)讨论f(x)的单调性； (2)证明：当a＞0时，f(x)＞2ln a＋. 【解析】 当 时，，所以 恒成立，故 在 上单调递减。 当 时，令 ，即 ，解得： 当 时，，， 单调递减； 当 时，，， 单调递增。 (2) 证明：方法1，当 时， 由 (1) 知，当 时， 在 处取得最小值： 要证 ，只需证： 即证： 令 （）， 令 ，解得 （负根舍去）。 当 时，， 单调递减； 当 时，， 单调递增。 所以 在 处取得最小值： 因此 恒成立，即 ，故 。 方法2： 要证 ，即证： 整理为：令 ，则 ，代入左边： 原不等式转化为： 即： 令 ，求导得 ，易知 在 处取最小值 ，所以只需证： 即：。以下同方法1. 1.(2026·山东青岛模拟)已知函数f(x)＝ax2＋x－ln x，a∈R. (1)若a＝1，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)若函数y＝f(x)在区间上是减函数，求实数a的取值范围. 【解析】(1)当a＝1时，f(x)＝x2＋x－ln x， 且f'(x)＝2x＋1－，f'(1)＝2， 又f(1)＝2， 所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为2x－y＝0. (2)因为函数在区间上是减函数， 所以f'(x)＝2ax＋1－＝≤0在区间上恒成立. 即2ax2＋x－1≤0在上恒成立， 则a≤－上恒成立， 令h(t)＝t2－t＝(t－)2－，t＝∈， 显然h(t)在区间上单调递减，在区间上单调递增， 则a≤h(t)min＝h＝－，得a≤－， 所以实数a的取值范围为. 2.(2024·广西柳州模拟)已知函数f(x)＝x－ln x－. (1)求f(x)的最大值； (2)证明：1＋x3＋≥3x－f(x). 【解析】(1)f(x)＝x－ln x－，定义域为(0，＋∞)， 则f′(x)＝1－－＝. 令g(x)＝ex－x，则g′(x)＝ex－1. 当x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0恒成立，即g(x)在(0，＋∞)上单调递增， 所以g(x)>g(0)＝1>0， 即当x>0时，ex>x.令f′(x)>0，得0<x<1，令f′(x)<0，得x>1， 所以f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以f(x)max＝f(1)＝1－e. (2)证明：要证1＋x3＋≥3x－f(x)， 即证x3－2x＋1≥ln x，令h(x)＝x－1－ln x，h′(x)＝1－. 令h′(x)>0，得x>1，令h′(x)<0，得0<x<1， 所以h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 所以h(x)≥h(1)＝0，即x－1≥ln x， 即欲证x3－2x＋1≥ln x，只需证x3－2x＋1≥x－1，也就是证x3－3x＋2≥0.(*) 设φ(x)＝x3－3x＋2(x>0)， 则φ′(x)＝3x2－3，令φ′(x)＝0，得x＝1. 当x∈(0，1)时，φ′(x)<0，φ(x)单调递减； 当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增. 所以当x＝1时，φ(x)取得最小值，为φ(1)＝0， 故(*)式成立，从而1＋x3＋≥3x－f(x)成立. 3.（2021·天津·统考高考真题）已知，函数． （1）求曲线在点处的切线方程： （2）证明存在唯一的极值点 （3）若存在a，使得对任意成立，求实数b的取值范围． 【解析】（1），则， 又，则切线方程为； （2）令，则， 令，则， 当时，，单调递减；当时，，单调递增， 当时，，，当时，，画出大致图像如下： 所以当时，与仅有一个交点，令，则，且， 当时，，则，单调递增， 当时，，则，单调递减， 为的极大值点，故存在唯一的极值点； （3）由（II）知，此时， 所以， 令， 若存在a，使得对任意成立，等价于存在，使得，即， ，， 当时，，单调递减，当时，，单调递增， 所以，故， 所以实数b的取值范围. 4.．（2022·北京·统考高考真题）已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)设，讨论函数在上的单调性； (3)证明：对任意的，有． 【解析】（1）解：因为，所以， 即切点坐标为， 又， ∴切线斜率 ∴切线方程为： （2）解：因为，     所以， 令， 则， ∴在上单调递增， ∴ ∴在上恒成立， ∴在上单调递增. （3）解：原不等式等价于， 令，， 即证， ∵， ， 由（2）知在上单调递增， ∴， ∴ ∴在上单调递增，又因为， ∴，所以命题得证. 5.（2022年全国新高考Ⅰ卷）已知函数. （1）讨论的单调性； （2）设，为两个不相等的正数，且，证明：. 【解析】(1)的定义域为． 由得，， 当时，；当时；当时，． 故在区间内为增函数，在区间内为减函数， (2)[方法一]：等价转化 由得，即． 由，得． 由（1）不妨设，则，从而，得， ①令， 则， 当时，，在区间内为减函数，， 从而，所以， 由（1）得即．① 令，则， 当时，，在区间内为增函数，， 从而，所以． 又由，可得， 所以．② 由①②得． [方法二]【最优解】：变形为，所以． 令．则上式变为， 于是命题转换为证明：． 令，则有，不妨设． 由（1）知，先证． 要证： ． 令， 则， 在区间内单调递增，所以，即． 再证． 因为，所以需证． 令， 所以，故在区间内单调递增． 所以．故，即． 综合可知． [方法三]：比值代换 证明同证法2．以下证明． 不妨设，则， 由得，， 要证，只需证，两边取对数得， 即， 即证． 记，则. 记，则， 所以，在区间内单调递减．，则， 所以在区间内单调递减． 由得，所以， 即． 6.(2025·陕西西安模拟)已知函数f(x)＝4ln x－ax＋(a≥0). (1)当a＝，求f(x)的极值； (2)当a≥1时，设g(x)＝2ex－4x＋2a，若存在x1，x2∈，f(x1)＞g(x2)，求实数a的取值范围.(e为自然对数的底数，e＝2.718 28…) 【解析】(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，当a＝时，f(x)＝4ln x－＋， 所以f'(x)＝－－＝－， 令f'(x)＞0，可得1＜x＜7，令f'(x)＜0，可得0＜x＜1或x＞7， 所以函数的单调减区间为(0，1)，(7，＋∞)，单调增区间为(1，7)， 所以x＝1时，函数取得极小值为3；x＝7时，函数取得极大值为4ln 7－3. (2)f'(x)＝(x＞0)，令h(x)＝－ax2＋4x－(a＋3)， 若a≥1，则Δ＝16－4a2－12a＝－4(a－1)(a＋4)≤0， 所以f(x)在区间(0，＋∞)上单调递减，所以当a≥1时，f(x)在上单调递减， 所以f(x)在上的最大值为f＝－4ln 2＋a＋6， g'(x)＝2ex－4，令g'(x)＝0，得x＝ln 2， 当x∈时，g'(x)＜0，所以g(x)单调递减，当x∈时，g'(x)＞0， 所以g(x)单调递增，所以g(x)在上的最小值为g(ln 2)＝4－4ln 2＋2a， 由题意可知－4ln 2＋a＋6＞4－4ln 2＋2a，解得a＜4，又因为a≥1， 所以实数a的取值范围为[1，4). 7.(2026·江西赣州模拟)已知函数f(x)＝ex－a(x＋2). (1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性； (2)若f(x)有两个零点，求实数a的取值范围. 【解析】(1)当a＝1时，f(x)＝ex－x－2，则f '(x)＝ex－1. 当x＜0时，f '(x)＜0；当x＞0时，f '(x)＞0. 所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增. (2)f '(x)＝ex－a. 当a≤0时，f '(x)＞0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，故f(x)至多存在一个零点，不合题意. 当a＞0时，由f '(x)＝0可得x＝ln a.当x∈(－∞，ln a)时，f '(x)＜0；当x∈(ln a，＋∞)时，f '(x)＞0.所以f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增.故当x＝ln a时，f(x)取得最小值，最小值为f(ln a)＝－a(1＋ln a). (ⅰ)若0＜a≤，则f(ln a)≥0，f(x)在(－∞，＋∞)至多存在一个零点，不合题意. (ⅱ)若a＞，则f(ln a)＜0. 由于f(－2)＝e－2＞0，所以f(x)在(－∞，ln a)上存在唯一零点. 由(1)知，当x＞2时，ex－x－2＞0， 所以当x＞4且x＞2ln(2a)时，f(x)＝·－a(x＋2)＞·－a(x＋2)＝2a＞0. 故f(x)在(ln a，＋∞)上存在唯一零点.从而f(x)在(－∞，＋∞)上有两个零点. 综上，实数a的取值范围是. 8.(2025·浙江杭州模拟)已知函数f(x)＝a(ex＋sin x)－x－1. (1)当a＝时，求f(x)的单调区间； (2)当a＝1时，判断f(x)的零点个数. 【解析】(1)当a＝时，f(x)＝－x－1， 所以f'(x)＝－1， 当x＜0时，ex＜1，cos x≤1，所以＜1，则f'(x)＜0， 所以f(x)在上单调递减. 当x＞0时，记g(x)＝－1，则g'(x)＝， 因为ex＞1≥sin x，所以g'(x)＞0，g(x)在(0，＋∞)上单调递增， 所以g(x)＞g(0)＝0，即f'(x)＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增. 综上，f(x)的减区间为，增区间为(0，＋∞). (2)当a＝1时，f(x)＝ex＋sin x－x－1，则f'(x)＝ex＋cos x－1， 记h(x)＝ex＋cos x－1，则h'(x)＝ex－sin x， 当x＞0时，ex＞1≥sin x，所以h'(x)＞0，h(x)在(0，＋∞)单调递增， 所以h(x)＞h(0)＝1＞0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增， 所以f(x)＞f(0)＝0，f(x)在(0，＋∞)上无零点. 当x≤－π时，因为ex＞0，sin x≥－1，－x－1≥π－1， 所以f(x)＝ex＋sin x－x－1＞0，此时f(x)无零点. 当－π＜x＜0时，记n(x)＝ex－x－1，则n'(x)＝ex－1＜0， 因为当x趋近于0时，n'(x)趋近于0，所以n(x)的变化越来越慢，图象下凹， 当x＝－π时，ex－x－1＞－sin x，当x＝0时，ex－x－1＝－sin x， 作出函数n(x)和y＝－sin x的图象如图， 由图可知，当－π＜x＜0时，两个函数图象有一个交点，即f(x)有1个零点. 易知x＝0是f(x)的1个零点.综上，函数f(x)共有2个零点. 9.(2026·河南洛阳模拟)已知函数f(x)＝aln x＋x，g(x)＝＋1，a∈R. (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)若0＜a≤1，证明：对任意的x＞0，f(x)＜g(x)恒成立. 【解析】(1)由f′(x)＝＋1＝且x∈(0，＋∞)， 若a≥0，则f′(x)＞0恒成立，即f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 若a＜0，则在(0，－a)上，f′(x)＜0，f(x)单调递减，在(－a，＋∞)上，f′(x)＞0，f(x)单调递增. 综上，当a≥0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a＜0时，f(x)在(0，－a)上单调递减，在(－a，＋∞)上单调递增. (2)证明：要证对任意的x＞0，f(x)＜g(x)， 即证＋1＜.令h(x)＝＋1且x∈(0，＋∞)， 则h′(x)＝，0＜a≤1， 所以h(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减， 所以h(x)≤h(e)＝＋1≤＋1.令φ(x)＝且x∈(0，＋∞)， 则φ′(x)＝＝， 显然ex－1＞0，则φ(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增， 所以φ(x)≥φ(2)＝， 而－＝>0，即h(x)max＜φ(x)min成立， 所以对任意的x＞0，f(x)＜g(x)恒成立. 10.(2026·宁夏银川模拟)已知函数f(x)＝ln x＋a，其中a∈R. (1)若f(x)≥0，求a的取值集合； (2)证明：ex＋>2－ln x＋(e－2)x. 【解析】(1)由题意，得f′(x)＝＋a＝，x>0， 当a≤0时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增， 结合f(1)＝0可得，当x∈(0，1)时，f(x)<0，不符合题意； 当a>0时，由f′(x)>0，得x>a，由f′(x)<0，得0<x<a， 所以f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增， 从而f(x)min＝f(a)＝ln a＋1－a，故若f(x)≥0恒成立，则ln a＋1－a≥0，① 设h(a)＝ln a＋1－a(a>0)，则h′(a)＝－1＝， 由h′(a)>0，得0<a<1，由h′(a)<0，得a>1， 所以h(a)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，故h(a)max＝h(1)＝0， 所以ln a＋1－a≤0，②由①②可得只能ln a＋1－a＝0，且a＝1，所以a的取值集合为{1}. (2)证法一：易证当x>0时，ex≥ex， 所以ex＋≥ex＋， 设g(x)＝ex＋－[2－ln x＋(e－2)x]＝＋2x－2＋ln x，x>0，则g′(x)＝－＋2＋＝，所以由g′(x)>0，得x>，由g′(x)<0，得0<x<， 从而g(x)在上单调递减，在上单调递增， 故g(x)≥g＝2＋1－2＋ln ＝1－ln 2>0，所以ex＋>2－ln x＋(e－2)x， 又ex＋≥ex＋，所以ex＋>2－ln x＋(e－2)x. 证法二：易证ln x≥1－，所以2－ln x＋(e－2)x≤2－＋(e－2)x＝1＋＋(e－2)x， 易证当x>0时，ex>x＋1，所以ex＋>(x＋1)＋， 而(x＋1)＋－＝(3－e)x>0， 所以(x＋1)＋>1＋＋(e－2)x， 从而ex＋>(x＋1)＋>1＋＋(e－2)x≥2－ln x＋(e－2)x， 故ex＋>2－ln x＋(e－2)x. 1.(2019·全国Ⅲ卷)已知函数f(x)＝2x3－ax2＋b. (1)讨论f(x)的单调性； (2)是否存在a，b，使得f(x)在区间[0，1] 的最小值为－1 且最大值为1？若存在，求出a，b 的所有值；若不存在，说明理由. 【解析】(1)对f(x)＝2x3－ax2＋b 求导，得f'(x)＝6x2－2ax＝2x. 令f'(x)＝0，得x＝0或x＝. 若a＞0，则当x∈∪ 时，f'(x)＞0；当x∈ 时，f'(x)＜0. 故f(x)在 上单调递增，在 上单调递减. 若a＝0，则f(x)在 上单调递增. 若a＜0，则当x∈∪(0，＋∞) 时，f'(x)＞0；当x∈ 时，f'(x)＜0. 故f(x)在 和(0，＋∞) 上单调递增，在 上单调递减. (2)满足题设条件的a，b 存在. ①当a＜0 时，由(1)知，f(x)在[0，1] 上单调递增，所以f(x)在区间[0，1] 上的最小值为f(0)＝b，最大值为f(1)＝2－a＋b，所以b＝－1，2－a＋b＝1，则a＝0，b＝－1，与a＜0 矛盾，所以a＜0 不成立. ②当a＝0 时，由(1)知，f(x)在[0，1] 上单调递增，所以由f(0)＝－1，f(1)＝1 得a＝0，b＝－1. ③当0＜a＜3 时，由(1)知，f(x)在 上单调递减，在 上单调递增，所以f(x)在[0，1] 上的最小值为f＝－＋b＝－1，最大值为f(0)＝b或f(1)＝2－a＋b. 若－＋b＝－1，b＝1，则a＝3，与0＜a＜3 矛盾， 若－＋b＝－1，2－a＋b＝1，则a＝3或a＝－3或a＝0，与0＜a＜3 矛盾，所以0＜a＜3不成立. ④当a≥3 时，由(1)知，f(x)在[0，1] 上单调递减，所以f(x)在区间[0，1] 上的最大值为f(0)＝b，最小值为f(1)＝2－a＋b，所以2－a＋b＝－1，b＝1，则a＝4，b＝1. 综上，满足题设的a，b 存在.当a＝0，b＝－1或a＝4，b＝1 时，f(x)在区间[0，1] 上的最小值为－1 且最大值为1. 2.（2026·山西太原模拟）已知函数f(x)＝4ex－1＋ax2，曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y＝bx＋1. (1)求实数a，b的值； (2)当x>0且x≠1时，证明：曲线y＝f(x)恒在切线y＝bx＋1的上方； (3)证明：4xex－1－x3－3x－2ln x≥0. 【解析】(1) f′(x)＝4ex－1＋2ax，由曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y＝bx＋1知， 解得a＝－1，b＝2. (2)证明：由题意，只需证当x>0且x≠1时，4ex－1－x2>2x＋1. 设g(x)＝4ex－1－x2－2x－1， 则g′(x)＝4ex－1－2x－2， 令h(x)＝4ex－1－2x－2， h′(x)＝4ex－1－2，易知h′(x)在(0，＋∞)上单调递增，且h′(1)＝2>0，h′(0)＝－2<0， ∴必定存在x0∈(0，1)，使得h′(x0)＝0， 则g′(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增， 又g′(0)＝－2<0，g′(1)＝0， ∴g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， ∴g(x)min＝g(1)＝0，即当x>0且x≠1时，g(x)>0成立， ∴当x>0且x≠1时，曲线y＝f(x)恒在切线y＝bx＋1的上方. (3)证明：要证4xex－1－x3－3x－2ln x≥0，只需证4ex－1－x2－3－≥0. 由(2)知，当x>0时，4ex－1－x2≥2x＋1， 下面证明2x＋1≥3＋， 即证x2－x－ln x≥0， 设φ(x)＝x2－x－ln x，则φ′(x)＝2x－1－＝＝， 易知φ(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 则φ(x)≥φ(1)＝0，则2x＋1≥3＋成立， 则4ex－1－x2≥2x＋1≥3＋成立， 即4xex－1－x3－3x－2ln x≥0成立. 3.(2024·新课标Ⅰ卷，18)已知函数f(x)＝ln ＋ax＋b(x－1)3. (1)若b＝0，且f′(x)≥0，求a的最小值； (2)证明：曲线y＝f(x)是中心对称图形； (3)若f(x)>－2当且仅当1<x<2，求b的取值范围. 【解析】(1)当b＝0时，f(x)＝ln ＋ax， 其中x∈(0，2)， 则f′(x)＝＋＋a＝＋a，x∈(0，2)， 因为x(2－x)≤＝1，当且仅当x＝1时等号成立， 故f′(x)min＝2＋a，而f′(x)≥0恒成立， 故2＋a≥0，即a≥－2， 所以a的最小值为－2. (2)证明：因为f(x)＝ln ＋ax＋b(x－1)3的定义域为(0，2)，且f(1)＝a， 设点P(m，n)为y＝f(x)图象上任意一点， 则点P(m，n)关于点(1，a)的对称点为Q(2－m，2a－n)， 因为点P(m，n)在y＝f(x)的图象上， 故n＝ln ＋am＋b(m－1)3， 而f(2－m)＝ln ＋a(2－m)＋b(2－m－1)3＝－＋2a＝－n＋2a， 所以点Q(2－m，2a－n)也在y＝f(x)的图象上， 由点P的任意性可得y＝f(x)的图象为中心对称图形，且对称中心为(1，a). (3)因为f(x)>－2当且仅当1<x<2， 故x＝1为f(x)＝－2的一个解， 所以f(1)＝－2，即a＝－2， 先考虑当1<x<2时，f(x)>－2恒成立. 此时f(x)>－2，即ln ＋2(1－x)＋b(x－1)3>0在(1，2)上恒成立， 设t＝x－1，则当x∈(1，2)时，t∈(0，1)， 则ln －2t＋bt3>0在(0，1)上恒成立， 设g(t)＝ln －2t＋bt3， 则g′(t)＝－2＋3bt2＝， 当b≥0时，－3bt2＋2＋3b≥－3b＋2＋3b＝2>0， 故g′(t)>0恒成立，故g(t)在(0，1)上为增函数，故g(t)>g(0)＝0，即f(x)>－2在(1，2)上恒成立； 当－≤b<0时，－3bt2＋2＋3b>2＋3b≥0， 故g′(t)>0恒成立，故g(t)在(0，1)上为增函数， 故g(t)>g(0)＝0，即f(x)>－2在(1，2)上恒成立； 当b<－时，则当0<t<<1时，g′(t)<0， 故g(t)在上为减函数， 故g(t)<g(0)＝0，不符合题意，舍去. 综上所述，f(x)>－2在(1，2)上恒成立时，b≥－. 而当b≥－时，由上述过程可得g(t)在(0，1)上单调递增，故g(t)>0的解为(0，1)， 即f(x)>－2的解为(1，2). 综上，b的取值范围是. 4.(2026·湖北部分名校高三上月考)已知函数f(x)＝－ax，a∈R. (1)若a＝0，求函数f(x)的单调递增区间； (2)若对于任意x≥0，都有f(x)≤0，求实数a的取值范围； (3)证明：对任意的正整数n，<. 【解析】(1)当a＝0时，f(x)＝，对f(x)求导，得f′(x)＝＝， 令f′(x)≥0，即cosx≥－， 解得－＋2kπ≤x≤＋2kπ，k∈Z， 故函数f(x)的单调递增区间为，k∈Z. (2)对f(x)求导，得 f′(x)＝－a＝－＋－a＝－3－a＋， 注意到f(0)＝0，可得f′(0)＝－a≤0， 解得a≥， 当a≥时，f′(x)≤0，可得f(x)在区间[0，＋∞)上单调递减，所以f(x)≤f(0)＝0. 故实数a的取值范围为. (3)证明：由(2)可知，当x>0时，－x≤0⇔≤， 设g(x)＝cosx－1＋x2，0<x≤1， 则g′(x)＝－sinx＋x； 令φ(x)＝－sinx＋x，x∈(0，1]⊆， 则φ′(x)＝－cosx＋<0，可得g′(x)在区间(0，1]上单调递减， 所以g′(x)<g′(0)＝0，所以g(x)在区间(0，1]上单调递减，所以g(x)<g(0)＝0， 所以当0<x≤1时，cosx<1－x2，可得当k∈N*时，cos<1－·， 可得k·sin＝≤<＝1－·<1－·＝1－， 则<n＋1－＝n＋1－＝. 5.(2025·江苏泰州一模)已知函数f(x)＝ax－1－ln x. (1)当a＝时，求函数f(x)的极值； (2)对任意的正整数n： ①不等式…<M恒成立，求整数M的最小值； ②证明：<e<(e为自然对数的底数). 【解析】(1)当a＝时，f(x)＝x－1－ln x， 则f′(x)＝－＝， 由f′(x)＝0，得x＝2，列表如下： x (0，2) 2 (2，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x) ↘ 极小值 ↗ 因此当x＝2时，f(x)有极小值f(2)＝－ln 2，f(x)无极大值. (2)①当a＝1时，f(x)＝x－1－ln x，x>0， 则f′(x)＝1－＝， 由f′(x)＝0，得x＝1， 当0<x<1时，f′(x)<0， 所以f(x)在(0，1)上单调递减， 当x>1时，f′(x)>0， 所以f(x)在(1，＋∞)上单调递增， 所以f(x)≥f(1)＝0， 即ln x≤x－1，x>0，当且仅当x＝1时，等号成立， 所以ln <， 所以ln …<＋＋…＋＝<， 所以…<e， 当n＝1时，1＋＝>1， 所以1<…<， 所以整数M的最小值为2. ②证明：设H(x)＝ln x－>0，x∈(1，2]， 则H′(x)＝－＝>0， 所以H(x)在(1，2]上单调递增， 所以H(x)>H(1)＝0， 即ln x>1－，x∈(1，2]， 由①知ln x≤x－1，x>0， 所以1－<ln x<x－1，1<x≤2， 令x＝1＋，得<ln <， 所以nln <1<(n＋1)ln ， 所以<e<. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 完成时间： 月 日 今日打卡：☐ 已完成 用时： min 自评勋章： 暑假作业16 导数解答题专练 【知识点1 单调性、极值、最值 】 1.函数的单调性与导数的关系 条件 恒有 结论 函数y＝f(x)在区间(a，b)上可导 f'(x)＞0 f(x)在区间(a，b)上 f'(x)＜0 f(x)在区间(a，b)上 f'(x)＝0 f(x)在区间(a，b)上是 【注意】“f'(x)＞0在(a，b)上成立”是“f(x)在(a，b)上单调递增”的充分不必要条 2.函数的极值与最值 条件 f'(x0)＝0 在包含x0的一个区间(a，b)上，函数y＝f(x)在任何不为x0的一点处的函数值都小于点x0处的函数值 在包含x0的一个区间(a，b)上，函数y＝f(x)在任何不为x0的一点处的函数值都大于点x0处的函数值 图象 极值点 x0为 x0为 极值 f(x0)为 f(x0)为 极大值点与极小值点统称为 ，极大值与极小值统称为 . 【注意】(1)函数的极值点一定出现在区间的内部，区间的端点不能称为极值点.(2)在函数的整个定义域内，极值不一定是唯一的，有可能有多个极大值或极小值.(3)极大值与极小值之间无确定的大小关系. 3.函数的最值 (1)最值点 最大值点：函数y＝f(x)在区间[a，b]上的最大值点x0指的是：函数f(x)在这个区间上所有点处的函数值都______f(x0). 最小值点：函数y＝f(x)在区间[a，b]上的最小值点x0指的是：函数f(x)在这个区间上所有点处的函数值都 ______f(x0). (2)最值：函数的 和 统称为最值. [微提醒]　函数最值是“整体”概念，而函数极值是“局部”概念，极大值与极小值之间没有必然的大小关系. 【知识点2 恒成立、存在性问题】 1. 两类基本命题 （1）设恒成立： 恒成立 恒成立 （2）存在性： 2．分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题. (1)a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max；a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min； (2)a≥f(x)能成立⇔a≥f(x)min；a≤f(x)能成立⇔a≤f(x)max. 【知识点3 函数零点问题】 1. 零点定义:的解 函数图像与轴交点横坐标 2.含参数的函数求零点个数问题，可转化为求方程解的个数，若能分离参数，可将参数分离出来后，用x表示参数的函数，作出该函数的图象，根据图象特征得出零点个数及对应参数的范围. 3.利用函数性质研究函数的零点，主要是根据函数单调性、奇偶性、最值或极值的符号确定函数零点的个数，此类问题在求解过程中可以通过数形结合的方法确定函数零点存在的条件. 4.涉及函数的零点(方程的根)问题，主要利用导函数确定函数的单调区间和极值点，根据导函数零点的个数寻找函数在给定区间内的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求得参数的取值范围. 【知识点4 导数证明不等式】 1. 单变量不等式： （1）移项构造新函数： （2）求单调性、最值 （3）证明： 即可 2. 常用放缩不等式（必背，秒杀复杂证明）（，高考直接用） （1）， （2）， （3） （4） 【知识点5 极值点偏移、同构（拓展）】 1. 双零点、 极值点偏移 特征：已知，求证、等 常用方法： （1）对结论x1＋x2＞2x0型，构造函数F(x)＝f(x)－f(2x0－x). 对结论x1x2＞型，方法一是构造函数F(x)＝f(x)－f ，通过研究F(x)的单调性获得不等式；或两边取对数，转化成ln x1＋ln x2＞2ln x0，再把ln x1，ln x2看成两变量即可. （2）比值代换法是指通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换t＝化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明. 2.含混合不等式：同构法 把式子变形为左右结构一致：，利用函数单调性得关系。 常见同构形式：、、 等。 【题型1 函数的单调性】 1．(2026·广东汕头模拟)已知函数 ． （1）若 ，求 在 处的切线方程； （2）讨论 的单调性． 2.(2025·湖南衡阳模拟)函数f(x)＝ln x－ax＋2ln a. (1)当a＝2时，讨论f(x)的单调性； (2)f(x)在(0，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围. 3.(2025·浙江温州模拟)已知函数f(x)＝aln x－ax－3(a∈R). (1)求函数f(x)的单调区间； (2)若函数y＝f(x)的图象在点(2，f(2))处的切线的倾斜角为45°，对于任意的t∈[1，2]，函数g(x)＝x3＋x2·在区间(t，3)上不是单调函数，求实数m的取值范围. 【题型2 求已知函数的极值(极值点)、最值】 1.(2026·吉林十校)已知函数f(x)＝ln x－ax(a∈R). (1)当a＝时，求f(x)的极值； (2)讨论函数f(x)在定义域内极值点的个数. 2.(2024·新课标Ⅱ卷)已知函数f(x)＝ex－ax－a3. (1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)若f(x)有极小值，且极小值小于0，求实数a的取值范围. 3.(2024·山东泰安模拟)已知函数f(x)＝，g(x)＝＋tln x. (1)讨论函数g(x)的单调性； (2)若函数H(x)＝f(x)－g(x)在(0，2)有两个极值点，求实数t的取值范围. 【题型3 利用导数研究不等式恒(能)成立问题】 1．(2026·重庆模拟)已知函数 ． (1)当 时，求证： 恒成立； (2)若 恒成立，求 的取值范围． 2.(2025·江苏南京质检)已知函数f(x)＝ax－ex(a∈R)，g(x)＝. (1)当a＝1时，求函数f(x)的极值； (2)若存在x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex成立，求实数a的取值范围. 3．(2024·江南十校) ． （1）若 ，讨论 的单调性； （2）若 时， 恒成立，求 的范围； （3）证明： ． 4.(2024·全国甲卷)已知函数f(x)＝(1－ax)ln(1＋x)－x. (1)当a＝－2时，求f(x)的极值； (2)当x≥0时，f(x)≥0，求实数a的取值范围. 【题型4 利用导数研究函数的零点问题】 1.(2025·广东汕头模拟)已知函数f(x)＝x(ex－ax2). (1)若曲线y＝f(x)在x＝－1处的切线与y轴垂直，求y＝f(x)的极值； (2)若f(x)在(0，＋∞)只有一个零点，求a. 2.(2026·海南三亚模拟)已知函数f(x)＝，g(x)＝tanx. (1)讨论f(x)的单调性； (2)设函数F(x)＝f(x)－g(x)，试判断F(x)在∪内的零点个数. 3.(2026·山西大同模拟)设函数f(x)＝(x－2)ln (x－1)－ax，a∈R. (1)若f(x)在(2，＋∞)上单调递增，求a的取值范围； (2)若f(x)有两个不同的零点，求a的取值范围. 【题型5 利用导数研究不等式证明问题】 1．（25-26高三上·天津蓟州·期中）已知函数. (1)求曲线在点处的切线斜率； (2)当时，求证：． 2.(2025·江苏苏州模拟)已知函数f(x)＝ln x＋ax＋1，a∈R. (1)讨论f(x)的单调性； (2)当a≤2时，证明：≤e2x. 3.(2025·天津八校模拟)已知函数f(x)＝xln x＋x. (1)求函数f(x)的最小值； (2)证明：ln x＋1>－. 4.(2026·河南顶级名校高三上月考)已知函数f(x)＝aln x＋x2，其中a∈R. (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)当a＝1时，求证：f(x)≤x2＋x－1； (3)求证：对任意的n∈N*且n≥2，都有…<e(其中e≈2.7183为自然对数的底数). 【题型6 极值点偏移问题】 1.(2025·河北名校模拟)已知函数f(x)＝ln x＋. (1)若函数f(x)在[1，＋∞)上单调递增，求a的取值范围； (2)当a＝1时，若方程f(x)＝m有两个实数根x1，x2，且x1<x2，证明：x1＋x2>2. 2.(2022·全国甲卷)已知函数f(x)＝－ln x＋x－a. (1)若f(x)≥0，求实数a的取值范围； (2)证明：若f(x)有两个零点x1，x2，则x1x2＜1. 3.(2023·湖南湘潭模拟)已知函数f(x)＝ax2－.若f(x)有两个极值点x1，x2. (1)求实数a的取值范围； (2)求证：x1x2＞e. 4．(2026·辽宁大连模拟)已知f(x)= -ln x. (1)求函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程； (2)若方程f(x)=k-x有2个实数根x1，x2(x1<x2)，求证：x1x2<1. 【题型7 指数与对数同构问题】 1. 已知 ，不等式 恒成立，求实数的取值范围。 2.(2022·山东高考)已知函数 。 （1）当 时，求曲线 在点 处的切线与两坐标轴围成的三角形面积； （2）若 ，求 的取值范围。 3.(2023·新课标Ⅰ卷)已知函数f(x)＝a(ex＋a)－x. (1)讨论f(x)的单调性； (2)证明：当a＞0时，f(x)＞2ln a＋. 1.(2026·山东青岛模拟)已知函数f(x)＝ax2＋x－ln x，a∈R. (1)若a＝1，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)若函数y＝f(x)在区间上是减函数，求实数a的取值范围. 2.(2024·广西柳州模拟)已知函数f(x)＝x－ln x－. (1)求f(x)的最大值； (2)证明：1＋x3＋≥3x－f(x). 3.（2021·天津·统考高考真题）已知，函数． （1）求曲线在点处的切线方程： （2）证明存在唯一的极值点 （3）若存在a，使得对任意成立，求实数b的取值范围． 4.（2022·北京·统考高考真题）已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)设，讨论函数在上的单调性； (3)证明：对任意的，有． 5.（2022年全国新高考Ⅰ卷）已知函数. （1）讨论的单调性； （2）设，为两个不相等的正数，且，证明：. 6.(2025·陕西西安模拟)已知函数f(x)＝4ln x－ax＋(a≥0). (1)当a＝，求f(x)的极值； (2)当a≥1时，设g(x)＝2ex－4x＋2a，若存在x1，x2∈，f(x1)＞g(x2)，求实数a的取值范围.(e为自然对数的底数，e＝2.718 28…) 7.(2026·江西赣州模拟)已知函数f(x)＝ex－a(x＋2). (1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性； (2)若f(x)有两个零点，求实数a的取值范围. 8.(2025·浙江杭州模拟)已知函数f(x)＝a(ex＋sin x)－x－1. (1)当a＝时，求f(x)的单调区间； (2)当a＝1时，判断f(x)的零点个数. 9.(2026·河南洛阳模拟)已知函数f(x)＝aln x＋x，g(x)＝＋1，a∈R. (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)若0＜a≤1，证明：对任意的x＞0，f(x)＜g(x)恒成立. 10.(2026·宁夏银川模拟)已知函数f(x)＝ln x＋a，其中a∈R. (1)若f(x)≥0，求a的取值集合； (2)证明：ex＋>2－ln x＋(e－2)x. 1.(2019·全国Ⅲ卷)已知函数f(x)＝2x3－ax2＋b. (1)讨论f(x)的单调性； (2)是否存在a，b，使得f(x)在区间[0，1] 的最小值为－1 且最大值为1？若存在，求出a，b 的所有值；若不存在，说明理由. 2.（2026·山西太原模拟）已知函数f(x)＝4ex－1＋ax2，曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y＝bx＋1. (1)求实数a，b的值； (2)当x>0且x≠1时，证明：曲线y＝f(x)恒在切线y＝bx＋1的上方； (3)证明：4xex－1－x3－3x－2ln x≥0. 3.(2024·新课标Ⅰ卷，18)已知函数f(x)＝ln ＋ax＋b(x－1)3. (1)若b＝0，且f′(x)≥0，求a的最小值； (2)证明：曲线y＝f(x)是中心对称图形； (3)若f(x)>－2当且仅当1<x<2，求b的取值范围. 4.(2026·湖北部分名校高三上月考)已知函数f(x)＝－ax，a∈R. (1)若a＝0，求函数f(x)的单调递增区间； (2)若对于任意x≥0，都有f(x)≤0，求实数a的取值范围； (3)证明：对任意的正整数n，<. 5.(2025·江苏泰州一模)已知函数f(x)＝ax－1－ln x. (1)当a＝时，求函数f(x)的极值； (2)对任意的正整数n： ①不等式…<M恒成立，求整数M的最小值； ②证明：<e<(e为自然对数的底数). 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $